Construyendo soluciones a la ecuación de Schrödinger dependiente del tiempo

La siguiente pregunta es de la Introducción a la mecánica cuántica de David Griffiths:

Problema 2.13 Una partícula en el potencial del oscilador armónico comienza en el estado

Ψ ( x , 0 ) = A [ 3 ψ 0 0 ( x ) + 4 ψ 1 ( x ) ] . Ψ ( X , 0 0 ) = UN [ 3 ψ 0 0 ( X ) + 4 4 ψ 1 ( X ) ] .
(un descubrimiento UN UN .

(b) Construir Ψ ( x , t ) Ψ ( X , t ) y El | Ψ ( x , t ) | 2 El | Ψ ( X , t ) El | 2 .

La parte (b) pide construir la solución general a partir de la instancia en el momento t = 0 t = 0 0 .

La estrategia dada en el libro es agregar la dependencia del tiempo a cada estado estacionario, formando una solución general:

Caber Ψ ( x , 0 ) Ψ ( X , 0 0 ) Anote la combinación lineal general de estas soluciones:

Ψ ( x , 0 ) = ∑ n = 1 ∞ C norte ψ norte ( x ) : (2.16) (2.16) Ψ ( X , 0 0 ) = ∑ norte = 1 ∞ C norte ψ norte ( X ) :
el milagro es que siempre * puede coincidir con el estado inicial especificado mediante la elección adecuada de las constantes C 1 c 2 c 3 , ... C 1 , C 2 , C 3 , ... . Para construir Ψ ( x , t ) Ψ ( X , t ) simplemente agregas a cada término su dependencia característica del tiempo, mi - i E norte t / ℏ mi - yo mi norte t / / ℏ :
Ψ ( x , t ) = ∑ n = 1 ∞ C norte ψ norte ( x ) e - i E norte t / ℏ = ∑ n = 1 ∞ C norte Ψ norte ( x , t ) . (2.17) (2.17) Ψ ( X , t ) = ∑ norte = 1 ∞ C norte ψ norte ( X ) mi - yo mi norte t / / ℏ = ∑ norte = 1 ∞ C norte Ψ norte ( X , t ) .

Sin embargo, no estoy seguro de cómo podemos garantizar que dos soluciones ψ 1 ψ 1 y ψ 2 ψ 2 a la ecuación dependiente del tiempo no tiene ψ 1 ( x , 0 ) = ψ 2 ( x , 0 ) ψ 1 ( X , 0 0 ) = ψ 2 ( X , 0 0 ) . Si no podemos garantizar esto, ¿cómo sabemos que la solución encontrada por el método de Griffiths es única?

Respuestas (3)

Pero, ¿cómo podemos garantizar que dos soluciones ψ 1 ψ 1 y ψ 2 ψ 2 a la ecuación dependiente del tiempo no tiene ψ 1 ( x , 0 ) = ψ 2 ( x , 0 ) ψ 1 ( X , 0 0 ) = ψ 2 ( X , 0 0 ) . Si no podemos garantizar esto, ¿cómo sabemos que la solución encontrada por el método de Griffith es única?

Interpreto que su pregunta básicamente pregunta cómo sabemos que la ecuación de Schrödinger dependiente del tiempo con una condición inicial tiene una solución única. Para mostrar esto, utilizamos un método común para mostrar la unicidad de una solución para una ecuación diferencial lineal: mostramos que si dos respuestas son iguales en un punto, entonces su diferencia es constante 0 0 0 0 .

La ecuación de Schrödinger dependiente del tiempo es lineal; eso significa que si Ψ 1 Ψ 1 y Ψ 2 Ψ 2 son soluciones a la ecuación de Schrödinger dependiente del tiempo, entonces también lo es α 1 Ψ 1 + α 2 Ψ 2 α 1 Ψ 1 + α 2 Ψ 2 para cualquier α 1 , α 2 α 1 , α 2 . En particular, Ψ = Ψ 1 - Ψ 2 Ψ = Ψ 1 - Ψ 2 Es una solución. Entonces tenemos

- yo ℏ ∂ t Ψ = H ^ Ψ , Ψ ( 0 ) = 0 - yo ℏ ∂ t Ψ = H ^ Ψ , Ψ ( 0 0 ) = 0 0
Ahora tenemos
∂ t ⟨Ψ , Ψ⟩ = = ⟨∂ t Ψ , Ψ⟩ + ⟨Ψ , ∂ t Ψ⟩ = ⟨I ℏ H ^ Ψ , Ψ⟩ + ⟨Ψ , i ℏ H ^ Ψ⟩ - yo ℏ ⟨H ^ Ψ , Ψ⟩ + i ℏ ⟨Ψ , H ^ Ψ⟩ = - i ℏ ⟨Ψ , H ^ Ψ⟩ + i ℏ ⟨Ψ , H ^ Ψ⟩ = 0 , ∂ t ⟨ Ψ , Ψ ⟩ = ⟨ ∂ t Ψ , Ψ ⟩ + ⟨ Ψ , ∂ t Ψ ⟩ = ⟨ yo ℏ H ^ Ψ , Ψ ⟩ + ⟨ Ψ , yo ℏ H ^ Ψ ⟩ = - yo ℏ ⟨ H ^ Ψ , Ψ ⟩ + yo ℏ ⟨ Ψ , H ^ Ψ ⟩ = - yo ℏ ⟨ Ψ , H ^ Ψ ⟩ + yo ℏ ⟨ Ψ , H ^ Ψ ⟩ = 0 0 ,
donde la penúltima ecuación se debe al hecho de que el hamiltoniano es hermitiano. Entonces ahora tenemos una ecuación diferencial para la función real F F definido por F ( t ) ≡ ⟨Ψ ( t ) , Ψ ( t ) ⟩ F ( t ) ≡ ⟨ Ψ ( t ) , Ψ ( t ) ⟩ ,
∂ t F = 0 . ∂ t F = 0 0 .
La derivada cero significa que F ( t ) F ( t ) Es una constante. Por lo tanto,
F ( t ) = f ( 0 ) = ⟨Ψ ( 0 ) , Ψ ( 0 ) ⟩ = 0 . F ( t ) = F ( 0 0 ) = ⟨ Ψ ( 0 0 ) , Ψ ( 0 0 ) ⟩ = 0 0 .
Por lo tanto, Ψ = 0 Ψ = 0 0 , entonces Ψ 1 = Ψ 2 Ψ 1 = Ψ 2 .

La forma de la solución mostrada por Griffiths no es única. Eso significa que existen casos donde una base { ψ norte ( x ) } { ψ norte ( X ) } se reproducirá Ψ Ψ como

Ψ ( x , t ) = ∑ n = 1 ∞ C norte ψ norte ( x ) e - i E norte t / ℏ , Ψ ( X , t ) = ∑ norte = 1 ∞ C norte ψ norte ( X ) mi - yo mi norte t / / ℏ ,
pero existe una segunda base diferente { φ norte ( x ) } { φ norte ( X ) } que (con diferentes coeficientes) también reconstruye Ψ Ψ :
Ψ ( x , t ) = ∑ n = 1 ∞ C ′ norte φ norte ( x ) e - i E ′ norte t / ℏ . Ψ ( X , t ) = ∑ norte = 1 ∞ C norte ′ φ norte ( X ) mi - yo mi norte ′ t / / ℏ .
Algunas notas:

  • En todos estos casos, la solución en sí sigue siendo única . Es la representación la que cambia, de una manera que es exactamente análoga a cómo las coordenadas de un vector cambiarán en un marco de referencia diferente, pero el vector permanece igual. La unicidad de la solución no se debe a la forma en que resolvimos la ecuación: es una propiedad de la propia ecuación de Schrödinger.

  • Si ψ norte ψ norte y φ metro φ metro son funciones propias de H H , y tienen valores propios diferentes , entonces deben ser ortogonales y, por lo tanto, no pueden ser iguales. Esto se desprende del hecho de que

    mi norte ⟨Φ metro , ψ norte ⟩ = ⟨Φ metro , H ψ norte ⟩ = ⟨Φ metro H , ψ norte ⟩ = E metro ⟨Φ metro , ψ norte ⟩ mi norte ⟨ φ metro , ψ norte ⟩ = ⟨ φ metro , H ψ norte ⟩ = ⟨ φ metro H , ψ norte ⟩ = mi metro ⟨ φ metro , ψ norte ⟩
    entonces tampoco mi norte = E metro mi norte = mi metro o ⟨Φ metro , H ψ norte ⟩ = 0 ⟨ φ metro , H ψ norte ⟩ = 0 0 .

  • Por lo tanto, la no unicidad de la representación se combina en subespacios donde H H es degenerado: es decir, cuando tiene dos o más funciones propias linealmente independientes con el mismo valor propio. En este caso, cualquier base para este subespacio funcionará , pero todas las bases son equivalentes . Eliges el que sea más conveniente para tus propósitos, pero tienes en cuenta que has hecho una elección arbitraria de base.

    El ejemplo más fácil es el átomo de hidrógeno, donde las funciones propias se degeneran si comparten norte norte y l l números cuánticos. * Luego, debe elegir una base para este subespacio, y para hacerlo debe romper la isotropía; debe elegir una dirección particular para su base. Esto generalmente se toma como el z z eje (donde sea que esté apuntando hacia), en el entendimiento de que cualquier otra dirección está a una corta distancia, cambie.

    * Hay una degeneración adicional en l l pero es irrelevante para estos propósitos.

"En resumen, si yo ℏ ∂ t Ψ = H Ψ yo ℏ ∂ t Ψ = H Ψ y yo ℏ ∂ t Φ = H Φ yo ℏ ∂ t Φ = H Φ , luego yo ℏ ∂ t ( Ψ - Φ ) = 0 yo ℏ ∂ t ( Ψ - Φ ) = 0 0 " Esto omite algunos pasos. Lo que obtienes directamente es que yo ℏ ∂ t ( Ψ - Φ ) = H ( Ψ - Φ ) yo ℏ ∂ t ( Ψ - Φ ) = H ( Ψ - Φ ) , lo que no implica directamente que Ψ - Φ Ψ - Φ Es constante en el tiempo. En el caso de la ecuación de Schrödinger dependiente del tiempo, sí, pero hay muchas ecuaciones diferenciales donde ∂ t F = F [ f ] ∂ t F = F [ F ] , F ( 0 ) = 0 F ( 0 0 ) = 0 0 no implica F = 0 F = 0 0 constante incluso si F [ 0 ] = 0 F [ 0 0 ] = 0 0 .
Ja, buena captura. Ese soy yo siendo descuidado allí mismo.

Entonces veo toda su pregunta como esta:

¿Cómo podemos garantizar que dos soluciones ψ 1 ψ 1 y ψ 2 ψ 2 a la ecuación dependiente del tiempo no tiene ψ 1 ( x , 0 ) = ψ 2 ( x , 0 ) ψ 1 ( X , 0 0 ) = ψ 2 ( X , 0 0 ) . Si no podemos garantizar esto, ¿cómo sabemos que la solución encontrada por el método de Griffith es única?

Esta es una propiedad realmente básica de vectores y matrices; si tienes dos n × 1 norte × 1 "vectores de columna" tu tu , v v en C norte C norte que son vectores propios de un n × n norte × norte Matriz ermitaña H = H † H = H † entonces tampoco son ortogonales en el sentido de que tu † v = v † u = 0 tu † v = v † tu = 0 0 o de lo contrario tienen el mismo valor propio.

¿Por qué? Bueno, es una simple interacción de las piezas involucradas. Las matrices hermitianas tienen que tener valores propios reales porque tu †   H   u = λ tu   tu †   tu tu † H tu = λ tu tu † tu necesita ser su propio conjugado complejo, porque ( A B ) † = B † UN † ( UN si ) † = si † UN † y el hecho de que el 1 × 1 1 × 1 operación adjunta es una conjugación compleja que encuentras ( u †   H   u ) ∗ = λ ∗ tu   tu †   tu ( tu † H tu ) ∗ = λ tu ∗ tu † tu es, por la definición misma de Hermitian ( H = H † H = H † ), además tu †   H †   u = u †   H   u = λ tu tu tu † H † tu = tu † H tu = λ tu tu , por lo tanto, trivialmente tenemos tu †   u = 0 tu † tu = 0 0 y u = 0 tu = 0 0 , si no λ tu = λ ∗ tu λ tu = λ tu ∗ y por lo tanto λ tu λ tu Es un número real.

Ahora mira tu † ⋅ H ⋅ v = λ v tu † v tu † ⋅ H ⋅ v = λ v tu † v pero su complejo conjugado debe ser v † ⋅ H ⋅ u = λ tu v † tu v † ⋅ H ⋅ tu = λ tu v † tu ; tomando un segundo conjugado complejo encontramos que λ v tu † v = λ tu tu † v λ v tu † v = λ tu tu † v . Aquí solo tenemos dos opciones: λ tu = λ v λ tu = λ v si no tu † v = 0 tu † v = 0 0 .

Esencialmente, el problema es: las matrices siempre tienen los mismos valores propios "izquierdo" y "derecho", ya que la expresión det ( A - λ I ) = 0 det ( UN - λ yo ) = 0 0 que usas para encontrarlos usa un determinante, y det A = det A T det UN = det UN T porque a los determinantes no les importa si iteras en menores por fila o por columna. Cuando dices que una matriz es su propia transposición , como lo son básicamente las Hermitianas, entonces estás diciendo que también los vectores propios izquierdo y derecho son, respectivamente, transposiciones entre sí. Y este hecho obliga a esos espacios propios a convertirse en ortogonales entre sí.

Ahora afirmo que los puntos anteriores no dependen de los índices discretos del vector de fila o del vector de columna, sino solo de la relación de los objetos y, por lo tanto, cuando pasamos de un vector de índice discreto a una función de onda de índice continuo, llegar a la misma conclusión Vamos a seguirlo. Dejar UN UN mapear funciones de onda a funciones de onda, para que tengamos

⟨Φ | UN ^ El | ψ⟩ = ∫ R norte re norte r   ϕ ∗ ( r ⃗ )   UN [ ψ ] ( r ⃗ ) ⟨ ϕ El | UN ^ El | ψ ⟩ = ∫ R norte re norte r ϕ ∗ ( r → ) UN [ ψ ] ( r → ) .
Además, definamos la notación abreviada que
⟨Φ | ψ⟩ = ⟨ϕ | 1 | ψ⟩ = ∫ R norte re norte r   ϕ ∗ ( r ⃗ )   ψ ( r ⃗ ) ⟨ ϕ El | ψ ⟩ = ⟨ ϕ El | 1 El | ψ ⟩ = ∫ R norte re norte r ϕ ∗ ( r → ) ψ ( r → ) .
Afirmamos que UN UN es hermitiano, lo que significa que:
⟨Φ | UN ^ El | ψ⟩ = ( ⟨ψ | A ^ El | ϕ⟩ ) ∗ = [ ∫ re norte r   ψ ∗ ( r ⃗ )   UN [ ϕ ] ( r ⃗ ) ] ∗ . ⟨ ϕ El | UN ^ El | ψ ⟩ = ( ⟨ ψ El | UN ^ El | ϕ ⟩ ) ∗ = [ ∫ re norte r ψ ∗ ( r → ) UN [ ϕ ] ( r → ) ] ∗ .
Se deduce que cualquier valor propio UN ^ El | a⟩ = a | a⟩ UN ^ El | un ⟩ = un El | un ⟩ es real, porque encontramos de manera similar a lo anterior que
( ⟨A | A ^ El | a⟩ ) ∗ = a ∗ ⟨A | a⟩ = ⟨a | UN ^ El | a⟩ = a ⟨a | a⟩ ,    entonces a = a ∗ . ( ⟨ un El | UN ^ El | un ⟩ ) ∗ = un ∗ ⟨ un El | un ⟩ = ⟨ un El | UN ^ El | un ⟩ = un ⟨ un El | un ⟩ , entonces un = un ∗ .
Pero de manera similar tenemos que si UN ^ El | a⟩ = a | a⟩ UN ^ El | un ⟩ = un El | un ⟩ y UN ^ El | b⟩ = b | b⟩ UN ^ El | si ⟩ = si El | si ⟩ luego
⟨A | UN ^ El | b⟩ = b ⟨a | b⟩ = ( ⟨a | A ^ El | b⟩ ) ∗ ∗ = ( ⟨B | A ^ El | a⟩ ) ∗ = ( a ⟨b | a⟩ ) ∗ = a ∗ ⟨A | b⟩ . ⟨ un El | UN ^ El | si ⟩ = si ⟨ un El | si ⟩ = ( ⟨ un El | UN ^ El | si ⟩ ) ∗ ∗ = ( ⟨ si El | UN ^ El | un ⟩ ) ∗ = ( un ⟨ si El | un ⟩ ) ∗ = un ∗ ⟨ un El | si ⟩ .
Esto nuevamente nos obliga a concluir que b = a si = un si no ⟨A | b⟩ = 0 ⟨ un El | si ⟩ = 0 0 .

Ahora considere el caso 1D muy especial donde

UN [ ψ ] ( x ) = i   ψ ′ ( x ) UN [ ψ ] ( X ) = yo ψ ′ ( X )
. Este operador imaginario de derivada única es hermitiano, afirmo. Para ver por qué, veamos la definición; es Hermitian si y solo si
∫ ∞ - ∞ re X   ϕ ∗ ( x )   yo   ψ ′ ( x ) = [ ∫ ∞ - ∞ re X   ψ ∗ ( x )   yo   ϕ ′ ( x ) ] ∗ . ∫ - ∞ ∞ re X ϕ ∗ ( X ) yo ψ ′ ( X ) = [ ∫ - ∞ ∞ re X ψ ∗ ( X ) yo ϕ ′ ( X ) ] ∗ .
¿Es esto cierto? Sí, podemos integrar el lado izquierdo por partes, elevando ψ ′ ψ ′ mientras bajamos ϕ ∗ ϕ ∗ , encontrar:
∫ ∞ - ∞ re X   ϕ ∗ ( x )   yo   ψ ′ ( x ) = [ i   ϕ ∗ ( x )   ψ ( x ) ] ∞ - ∞ - ∫ ∞ - ∞ re X   [ ϕ ∗ ] ′ ( x )   yo   ψ ( x ) , ∫ - ∞ ∞ re X ϕ ∗ ( X ) yo ψ ′ ( X ) = [ yo ϕ ∗ ( X ) ψ ( X ) ] - ∞ ∞ - ∫ - ∞ ∞ re X [ ϕ ∗ ] ′ ( X ) yo ψ ( X ) ,
el primer término de los cuales puede descartarse como 0 ya que ambas funciones de onda tienden a 0 en el infinito. Esto solo deja
∫ ∞ - ∞ re X   [ ϕ ′ ( x ) ] ∗   ( - i )   ψ ( x ) = ∫ ∞ - ∞ re X   [ ϕ ′ ( x )   yo   ψ ∗ ( x ) ] ∗ = [ ∫ ∞ - ∞ re X   ψ ∗ ( x )   yo   ϕ ′ ( x ) ] , ∫ - ∞ ∞ re X [ ϕ ′ ( X ) ] ∗ ( - yo ) ψ ( X ) = ∫ - ∞ ∞ re X [ ϕ ′ ( X ) yo ψ ∗ ( X ) ] ∗ = [ ∫ - ∞ ∞ re X ψ ∗ ( X ) yo ϕ ′ ( X ) ] ,
que es lo que nos propusimos probar.

Resulta que - ℏ 2 2 m ∂ 2 ∂ X 2 - ℏ 2 2 metro ∂ 2 ∂ X 2 , la composición de dos de estos operadores, que se ha multiplicado por una constante, también es hermitiana, al igual que cualquier función real constante, por lo que también lo es - ℏ 2 2 m ∂ 2 ∂ X 2 + V ( x ) - ℏ 2 2 metro ∂ 2 ∂ X 2 + V ( X ) .

Como es hermitiano, cuando resolvemos mi ψ ( x ) = - ℏ 2 2 m ∂ 2 ψ ∂ X 2 + V ( x )   ψ ( x ) mi ψ ( X ) = - ℏ 2 2 metro ∂ 2 ψ ∂ X 2 + V ( X ) ψ ( X ) encontramos que cualesquiera dos soluciones distintas ϕ , ψ ϕ , ψ o tiene la misma energía o bien ∫ re X   ϕ ∗ ( x )   ψ ( x ) = 0 ∫ re X ϕ ∗ ( X ) ψ ( X ) = 0 0 , impidiéndoles ser la misma función.

Además, si alguna vez encontramos el espectro completo { ϕ yo } { ϕ yo } , esto nos da una manera fácil de encontrar los componentes:

ψ ( x ) = ∑ yo C yo ϕ yo ( x ) donde c yo = ∫ re X   ϕ ∗ yo ( x ) ψ ( x ) . ψ ( X ) = ∑ yo C yo ϕ yo ( X ) dónde C yo = ∫ re X ϕ yo ∗ ( X ) ψ ( X ) .

Construyendo soluciones a la ecuación de Schrödinger dependiente del tiempo
RespuestasAquíPolítica de privacidad54y, 0v